2021高三数学北师大版（文）一轮教师用书：第9章经典微课堂突破疑难系列2：五大技法减轻解析几何中的运算量

(对应学生用书第170页)

[命题解读]　中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中，用方程的观点来研究曲线，体现了用代数的方法解决几何问题的优越性，但有时运算量过大，或需繁杂的讨论，这些都会影响解题的速度，甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹”的地步，特别是高考过程中，在规定的时间内，保质保量完成解题的任务，计算能力是一个重要的方面，为此，从以下几个方面探索减轻运算量的方法和技巧，合理简化解题过程，优化思维过程．

[技法突破1]　巧用平面几何性质

[示例1]　已知O为坐标原点，F是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点，A，B分别为C的左、右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为(　　)

A.　　　　　　　　 B.

C. D.

A　[设OE的中点为N，如图，因为MF∥OE，所以有＝，＝.又因为OE＝2ON，所以有＝·，解得a＝3c，e＝＝，故选A.]

[技法点津]　此题也可以用解析法解决，但有一定的计算量，巧用三角形的相似比可简化计算．

[技法训练1]　如图，F1，F2是椭圆C1：＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点．若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是(　　)

A. B.

C. D.

D　[由已知，得F1(－，0)，F2(，0)，设双曲线C2的实半轴长为a，

由椭圆及双曲线的定义和已知，

可得

解得a2＝2，故a＝.

所以双曲线C2的离心率e＝＝.]

[技法突破2]　设而不求，整体代换

设而不求是解析几何解题的基本手段，是比较特殊的一种思想方法，其实质是整体结构意义上的变式和整体思想的应用．设而不求的灵魂是通过科学的手段使运算量最大限度地减少，通过设出相应的参数，利用题设条件加以巧妙转化，以参数为过渡，设而不求．

[示例2]　已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的标准方程为(　　)

A.＋＝1 B.＋＝1

C.＋＝1 D.＋＝1

D　[设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，

①－②得＋＝0，

所以kAB＝＝－＝.

又kAB＝＝，所以＝.

又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，

所以椭圆E的方程为＋＝1.]

[技法点津]　本题设出A，B两点的坐标，却不求出A，B两点的坐标，巧妙地表达出直线AB的斜率，通过将直线AB的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．

[技法训练2]　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)上存在A，B两点恰好关于直线l：x－y－1＝0对称，且直线AB与直线l的交点的横坐标为2，则椭圆C的离心率为(　　)

A. B.

C. D.

C　[由题意可得直线AB与直线l的交点为P(2,1)，kAB＝－1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4，y1＋y2＝2.

∵A，B是椭圆＋＝1上的点，

∴＋＝1，①

＋＝1，②

①－②得＋＝0，

∴＝－，∴kAB＝＝－＝－1，

∴a2＝2b2，∴椭圆C的离心率为＝＝.]

[技法突破3]　巧用“根与系数的关系”，化繁为简

某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系．后者往往计算量小，解题过程简捷．

[示例3]　已知椭圆＋y2＝1的左顶点为A，过A作两条互相垂直的弦AM，AN交椭圆于M，N两点．

(1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标；

(2)当直线AM的斜率变化时，直线MN是否过x轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．

[解](1)直线AM的斜率为1时，直线AM的方程为y＝x＋2，代入椭圆方程并化简得5x2＋16x＋12＝0.

解得x1＝－2，x2＝－，所以M.

(2)设直线AM的斜率为k，直线AM的方程为y＝k(x＋2)，

联立方程

化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.

则xA＋xM＝，又xA＝－2，则xM＝－xA－＝2－＝.

同理，可得xN＝.

由(1)知若存在定点，则此点必为P.

证明如下：

因为kMP＝＝＝，

同理可计算得kPN＝.

所以直线MN过x轴上的一定点P.

[技法点津]　本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出xM＝，这体现了整体思想．这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．

[技法训练3]　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且经过点P，左、右焦点分别为F1，F2.

(1)求椭圆C的方程；

(2)过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若△AF2B的内切圆半径为，求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程．

[解](1)由＝，得a＝2c，所以a2＝4c2，b2＝3c2，

将点P的坐标代入椭圆方程得c2＝1，故所求椭圆方程为＋＝1.

(2)由(1)可知F1(－1,0)，设直线l的方程为x＝ty－1，

代入椭圆方程，整理得(4＋3t2)y2－6ty－9＝0，

显然判别式大于0恒成立，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，△AF2B的内切圆半径为r0，

则有y1＋y2＝，y1y2＝，r0＝，

所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2

＝|F1F2|·|y1－y2|

＝|F1F2|·

＝.

而S△AF2B＝|AB|r0＋|BF2|r0＋|AF2|r0

＝r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)

＝r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)

＝r0·4a＝×8×＝，

所以＝，

解得t2＝1，

因为所求圆与直线l相切，所以半径r＝＝，

所以所求圆的方程为(x－1)2＋y2＝2.

[技法突破4]　妙借向量，无中生有

平面向量是衔接代数与几何的纽带，沟通“数”与“形”，融数、形于一体，是数形结合的典范，具有几何形式与代数形式的双重身份，是数学知识的一个交汇点和联系多项知识的媒介．妙借向量，可以有效提升圆锥曲线的解题方向与运算效率，达到良好效果．

[示例4]　如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点，直线y＝与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________．

　[把y＝代入椭圆＋＝1，

可得x＝±a，那么B，C，

而F(c,0)，那么＝，

＝，又∠BFC＝90°，

故有·＝·＝c2－a2＋b2＝c2－a2＋(a2－c2)＝c2－a2＝0，

则有3c2＝2a2，所以该椭圆的离心率为e＝＝.]

[技法点津]　本题通过相关向量坐标的确定，结合∠BFC＝90°，巧妙借助平面向量的坐标运算来转化圆锥曲线中的相关问题，从形入手转化为相应数的形式，简化运算．

[技法训练4]　已知椭圆C的标准方程为＋＝1，圆O的方程为x2＋y2＝2，设P，Q分别是椭圆C和圆O上位于y轴两侧的动点，若直线PQ与x轴平行，直线AP，BP与y轴的交点记为M，N，试判断∠MQN是否为定值，若是，请证明你的结论；若不是，请举出反例说明．

[解]　∠MQN是定值90°，证明如下：

设P(x0，y0)，直线AP：y＝k(x＋2)(k≠0)，

令x＝0可得M(0,2k)，

将＋＝1与y＝k(x＋2)联立，

整理可得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，

则－2x0＝，可得x0＝，y0＝，故P.

直线BP斜率kBP＝＝－，

则直线BP：y＝－(x－2)，

令x＝0可得N，设Q(xQ，y0)，

则＝(－xQ,2k－y0)，

＝，

由x＋y＝2，y0＝，

可得·＝x＋y＋2－y0＝0，

所以QM⊥QN，故∠MQN是定值90°.

[技法突破5]　巧妙“换元”减少运算量

变量换元的关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化．变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题．

[示例5]　如图，已知椭圆C的离心率为，点A，B，F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S△ABF＝1－.

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，若直线l与椭圆C交于M，N两点，求△OMN面积的最大值．

[解](1)由已知椭圆的焦点在x轴上，设其方程为＋＝1(a>b>0)，则A(a,0)，B(0，b)，F(c,0)(c＝)．

由已知可得e2＝＝，所以a2＝4b2，

即a＝2b，c＝b  ①

S△ABF＝×|AF|×|OB|＝(a－c)b＝1－. ②

将①代入②，得(2b－b)b＝1－，解得b＝1，故a＝2，c＝.

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)圆O的圆心为坐标原点(0,0)，半径r＝1，由直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，得＝1，故有m2＝1＋k2.              ③

由消去y，

得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，由题可知k≠0，

所以Δ＝16(4k2－m2＋1)＝48k2>0.

设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.

所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝－4×＝.   ④

将③代入④中，得|x1－x2|2＝，

故|x1－x2|＝.

所以|MN|＝|x1－x2|＝×＝.

故△OMN的面积S＝|MN|×1＝××1＝.

令t＝4k2＋1，则t≥1，k2＝，代入上式，得

S＝2＝

＝＝

＝＝，

所以当t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±时，S取得最大值，且最大值为×＝1.

[技法点津]　破解此类题的关键：一是利用已知条件，建立关于参数的方程，解方程，求出参数的值；二是通过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数，求得其值域，从而求得原函数的值域，形如y＝ax＋b±(a，b，c，d均为常数，且ac≠0)的函数常用此法求解，但在换元时一定要注意新元的取值范围，以保证等价转化，这样目标函数的值域才不会发生变化．

[技法训练5]　已知中心在原点，焦点在y轴上的椭圆C，其上一点P到两个焦点F1，F2的距离之和为4，离心率为.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线y＝kx＋1与曲线C交于A，B两点，求△OAB面积的取值范围．

[解](1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)．

由离心率e＝＝，2a＝4，

得a＝2，b＝1，c＝.

∴椭圆的标准方程为＋x2＝1.

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0.

∴x1＋x2＝－，x1x2＝－，

设△OAB的面积为S，由x1x2＝－<0知，

S＝(|x1|＋|x2|)

＝|x1－x2|＝＝2，

令k2＋3＝t，则t≥3.

∴S＝2.

对于函数y＝t＋(t≥3)，由y′＝1－＝>0得

y＝t＋在[3，＋∞)上是增函数，∴t＋≥.

∴0<≤.

∴S∈.